Kurs:Körper- und Galoistheorie/11/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	3	3	1	7	6	8	2	4	3	3	3	3	2	2	3	4	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Äquivalenzrelation zu einer Untergruppe ${}H\subseteq G$.
2. Ein endlicher Körper.
3. Ein Algebrahomomorphismus ${}\varphi \colon R\rightarrow S$ zwischen ${}K$- Algebren ${}R$ und ${}S$.
4. Die Charaktergruppe zu einer kommutativen Gruppe ${}D$ mit Werten in einem Körper ${}K$.
5. Eine Fermat-Zahl.
6. Algebraisch unabhängige Elemente ${}f_{1},\ldots ,f_{n}\in A$ in einer ${}R$-Algebra ${}A$.

Lösung

1. Für Elemente ${}x,y\in G$ setzt man ${}x\sim _{H}y$, wenn ${}x^{-1}y\in H$ gilt.
2. Ein Körper heißt endlich, wenn er endlich viele Elemente besitzt.
3. Man nennt einen Ringhomomorphismus

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   einen ${}K$-Algebrahomomorphismus, wenn er zusätzlich mit den beiden fixierten Ringhomomorphismen ${}K\rightarrow R$ und ${}K\rightarrow S$ verträglich ist.

4. Man nennt die Menge der Charaktere

   ${}D^{\vee }:=\operatorname {Char} \,(D,K)={\left\{\chi :D\rightarrow K^{\times }\mid \chi {\text{ Charakter}}\right\}}\,$

   die Charaktergruppe von ${}G$ (in ${}K$).

5. Eine Zahl der Form ${}2^{2^{r}}+1$, wobei ${}r$ eine natürliche Zahl ist, heißt Fermat-Zahl.
6. Die Elemente ${}f_{1},\ldots ,f_{n}\in A$ heißen algebraisch unabhängig (über ${}R$), wenn für jedes vom Nullpolynom verschiedene Polynom ${}P\in R[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ bei der Einsetzung

   ${}P(f_{1},\ldots ,f_{n})\neq 0\,$

   gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Gradformel für endliche Körpererweiterungen ${}K\subseteq L$ und ${}L\subseteq M$.
2. Der Satz über den Einsetzungshomomorphismus zu einer ${}R$-Algebra ${}A$ und einem Element ${}f\in A$.
3. Der Satz über die Einheitengruppe eines endlichen Körpers.

Lösung

1. Die Gradformel besagt, dass ${}K\subseteq M$ eine endliche Körpererweiterung ist und dass

   ${}\operatorname {grad} _{K}M=\operatorname {grad} _{K}L\cdot \operatorname {grad} _{L}M\,$

   gilt.
2. Es gibt einen eindeutig bestimmten ${}R$- Algebrahomomorphismus

   $\psi \colon R[X]\longrightarrow A$

   mit ${}\psi (X)=f$.
3. Es sei ${}K$ ein endlicher Körper. Dann ist die Einheitengruppe ${}K^{\times }$ eine zyklische Gruppe.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper mit einer Charakteristik ${}\neq 2$ und es sei ${}K\subset L$ eine quadratische Körpererweiterung. Zeige, dass es dann ein ${}x\in L$, ${}x\notin K$, mit ${}x^{2}\in K$ gibt.

Lösung

Nach Voraussetzung ist ${}L$ ein zweidimensionaler Vektorraum über ${}K$, und darin ist ${}K=K1$ ein eindimensionaler Untervektorraum. Nach dem Basisergänzungssatz gibt es ein Element ${}y\in L$ derart, dass ${}1$ und ${}y$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ bilden. Wir können

${}y^{2}=a+by\,$

schreiben, bzw. (da ${}2$ eine Einheit ist),

${}0=y^{2}-by-a={\left(y-{\frac {b}{2}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4}}-a\,.$

Mit ${}x=y-{\frac {b}{2}}$ gilt also ${}x^{2}={\frac {b^{2}}{4}}+a\in K$ und ${}1$ und ${}x$ bilden ebenfalls eine ${}K$-Basis von ${}L$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass der Kern eines Ringhomomorphismus

$\varphi \colon R\longrightarrow S$

ein Ideal in ${}R$ ist.

Lösung

Sei

${}I:=\varphi ^{-1}(0)\,.$

Wegen ${}\varphi (0)=0$. ist ${}0\in I$. Es seien ${}a,b\in I$. Das bedeutet ${}\varphi (a)=0$ und ${}\varphi (b)=0$. Dann ist

${}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)=0+0=0\,$

und daher ${}a+b\in I$.

Es sei nun ${}a\in I$ und ${}r\in R$ beliebig. Dann ist

${}\varphi (ra)=\varphi (r)\varphi (a)=\varphi (r)\cdot 0=0\,,$

also ist ${}ra\in I$.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und seien ${}f,g\in L$ konjugierte Elemente. Zeige, dass dann ${}N(f)=N(g)$ und ${}S(f)=S(g)$ gilt.

Lösung

Nach Definition stimmen die Minimalpolynome zu ${}f$ und zu ${}g$ überein. Daher stimmen nach Satz 8.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch ihre Normen und ihre Spuren überein.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}K\subseteq L_{1}$ und ${}K\subseteq L_{2}$ endliche Körpererweiterungen. Zeige, dass es eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq M$ gibt, die sowohl ${}L_{1}$ als auch ${}L_{2}$ als Zwischenkörper enthält.

Lösung

Sei

${}L_{1}=K[x_{1},\ldots ,x_{m}]\,$

und

${}L_{2}=K[y_{1},\ldots ,y_{n}]\,.$

Wir führen Induktion über ${}n$, wobei bei ${}n=0$ die Aussage mit ${}M=L_{1}$ klar ist. Es sei die Aussage für maximal ${}n$ Erzeuger bewiesen. Wir betrachten die Körperkette

${}K\subseteq L'=K[y_{1},\ldots ,y_{n}]\subseteq L_{2}=K[y_{1},\ldots ,y_{n},y_{n+1}]=L'[y_{n+1}]\,.$

Nach Induktionsvoraussetzung gibt es einen endlichen Erweiterungskörper ${}K\subseteq M'$. der sowohl ${}L_{1}$ als auch ${}L'$ enthält. Da ${}L'[Y]$ ein Hauptidealbereich ist, ist

${}L_{2}=L'[y_{n+1}]=L'[Y]/(F)\,$

mit einem irreduziblen Polynom ${}F\neq 0$ aus ${}L'[Y]$. Durch die Körpererweiterung ${}L'\subseteq M'$ haben wir ${}L'[Y]\subseteq M'[Y]$ und insbesondere ${}F\in M'[Y]$. Es sei ${}G\in M'[Y]$ ein irreduzbles Polynom, das ${}F$ teilt. Unter dem Ringhomomorphismus

$L'[Y]\longrightarrow M'[Y]\longrightarrow M'[Y]/(G)=:M$

wird ${}F$ auf ${}0$ abgebildet. Daher gibt es nach dem Satz vom induzierten Ringhomomorphismus einen (injektiven) ${}L'$- Algebrahomomorphismus

$L_{2}=L'[Y]/(F)\longrightarrow M.$

Dabei ist ${}M$ ein Körper, der sowohl ${}M'$ (und damit auch ${}L_{1}$) als auch ${}L_{2}$ enthält. Nach der Induktionsformel und der Gradformel ist ${}M$ endlich über ${}K$.

Aufgabe (6 (1+2+1+2) Punkte)

Es seien ${}p,q\in \mathbb {Z}$ verschiedene Primzahlen und

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]=L\,$

die zugehörige Körpererweiterung vom Grad ${}4$. Bestimme, ob die folgenden Elemente die ${}\mathbb {Q}$- Algebra ${}L$ erzeugen oder nicht.

1. ${}{\sqrt {p}}$,
2. ${}{\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}$,
3. ${}{\sqrt {pq}}$,
4. ${}{\sqrt {p}}+{\sqrt {pq}}$.

Lösung

1. Wegen

   ${}{\sqrt {p}}^{2}=p\in \mathbb {Q} \,$

   ist ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {p}}]$ eine quadratische Körpererweiterung von ${}\mathbb {Q}$, also von ${}L$ verschieden.

2. Es ist

   ${}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}^{2}=p+q+2{\sqrt {pq}}\,.$

   Somit gehört auch ${}{\sqrt {pq}}$ zu der von diesem Element erzeugten Algebra. Das Produkt

   ${}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}{\sqrt {pq}}={\sqrt {p^{2}q}}+{\sqrt {pq^{2}}}=p{\sqrt {q}}+q{\sqrt {p}}\,$

   gehört ebenfalls dazu. Somit gehört auch

   ${}q{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}-{\left(p{\sqrt {q}}+q{\sqrt {p}}\right)}=(q-p){\sqrt {q}}\,$

   dazu, also auch ${}{\sqrt {q}}$ und ${}{\sqrt {p}}$. Somit ist die erzeugte Algebra gleich ${}L$ und es liegt ein Algebraerzeuger vor.

3. Wegen

   ${}{\sqrt {pq}}^{2}=pq\in \mathbb {Q} \,$

   ist ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {pq}}]$ eine quadratische Körpererweiterung von ${}\mathbb {Q}$, also von ${}L$ verschieden.

4. Es ist

   ${}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {pq}}\right)}^{2}=p+pq+2p{\sqrt {q}}\,.$

   Somit gehört auch ${}{\sqrt {q}}$ zu der von diesem Element erzeugten Algebra. Somit gehört auch das Produkt

   ${}{\sqrt {q}}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {pq}}\right)}={\sqrt {pq}}+q{\sqrt {p}}\,$

   dazu. Somit gehört auch

   ${}{\sqrt {p}}+{\sqrt {pq}}-{\left({\sqrt {pq}}+q{\sqrt {p}}\right)}=(1-q){\sqrt {p}}\,$

   und auch ${}{\sqrt {p}}$ dazu. Also ist die erzeugte Algebra gleich ${}L$ und es liegt ein Algebraerzeuger vor.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz vom primitiven Element.

Lösung

Bei ${}K$ endlich folgt die Aussage sofort aus Satz 9.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), wir können also ${}K$ als unendlich annehmen. Es sei ${}K\subseteq L=K[x_{1},\ldots ,x_{n}]$. Es genügt zu zeigen, dass man sukzessive zwei Erzeuger davon durch einen Erzeuger ersetzen kann. Dabei ist ${}K\subseteq K[x_{1},x_{2}]$ ebenfalls separabel. Es sei also ${}L=K[x,y]$ gegeben und ${}n=\operatorname {grad} _{K}L$. Es sei ${}K\subseteq M$ eine Körpererweiterung, unter der die Minimalpolynome von ${}x$ und von ${}y$ in Linearfaktoren zerfallen. Es gibt gemäß Lemma 13.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ${}n$ ${}K$- Einbettungen

$\sigma _{1},\ldots ,\sigma _{n}\colon L\longrightarrow M.$

Wir betrachten das Polynom

${}P=\prod _{i\neq j}{\left((\sigma _{i}(y)-\sigma _{j}(y))X+\sigma _{i}(x)-\sigma _{j}(x)\right)}\,,$

das zu ${}M[X]$ gehört. Dies ist nicht das Nullpolynom, da keiner der Linearfaktoren gleich ${}0$ ist. Daher besitzt ${}P$ nur endlich viele Nullstellen und somit gibt es, da ${}K$ unendlich ist, ein ${}c\in K$ mit ${}P(c)\neq 0$. Die Elemente ${}\sigma _{i}(x+cy)=\sigma _{i}(x)+c\sigma _{i}(y)$ sind alle verschieden. Aus ${}\sigma _{i}(x)+c\sigma _{i}(y)=\sigma _{j}(x)+c\sigma _{j}(y)$ für ${}i\neq j$ folgt nämlich ${}(\sigma _{i}(y)-\sigma _{j}(y))c+\sigma _{i}(x)-\sigma _{j}(x)=0$, und ${}c$ wäre doch eine Nullstelle von ${}P$. Es gibt also ${}n$ verschiedene Einbettungen von ${}K(x+cy)$ nach ${}M$ und insbesondere ist ${}\operatorname {grad} _{K}K(x+cy)\geq n$, also ist ${}K(x+cy)=L$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und es sei ${}\varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ ein ${}K$- Automorphismus. Zeige, dass für die Multiplikationsabbildungen zu ${}f\in L$ die Beziehung

${}\mu _{\varphi (f)}=\varphi \circ \mu _{f}\circ \varphi ^{-1}\,$

gilt.

Lösung

Für ein beliebiges Element ${}z\in L$ ist

${}{\begin{aligned}{\left(\varphi \circ \mu _{f}\circ \varphi ^{-1}\right)}(z)&=\varphi {\left(\mu _{f}{\left(\varphi ^{-1}(z)\right)}\right)}\\&=\varphi {\left(f\cdot \varphi ^{-1}(z)\right)}\\&=\varphi (f)\cdot \varphi {\left(\varphi ^{-1}(z)\right)}\\&=\varphi (f)\cdot z\\&=\mu _{\varphi (f)}(z),\end{aligned}}$

somit ist

${}\varphi \circ \mu _{f}\circ \varphi ^{-1}=\mu _{\varphi (f)}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}{\mathbb {F} }_{q}$ ein endlicher Körper (mit ${}q$ Elementen). Bestimme die Anzahl der Elemente in

$\operatorname {GL} _{n}\!{\left({\mathbb {F} }_{q}\right)}.$

Lösung

Es sei ${}M=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ eine invertierbare Matrix über ${}{\mathbb {F} }_{q}$. Dies bedeutet, dass die Spaltenvektoren eine Basis von ${}{\mathbb {F} }_{q}^{n}$ bilden und dies bedeutet wiederum, dass die ${}v_{1},\ldots ,v_{i}$ einen ${}i$-dimensionalen Untervektorraum erzeugen. Ein ${}i$-dimensionaler Untervektorraum besitzt ${}q^{i}$ Elemente. Wenn ${}v_{1},\ldots ,v_{i}$ fixiert sind, so gibt es ${}q^{n}-q^{i}$ Vektoren ${}v_{i+1}$, die sicher stellen, dass der von den Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{i},v_{i+1}$ erzeugte Untervektorraum eine Dimension mehr hat. Daher ist die Gesamtzahl von solchen Matrizen gleich

${}{\begin{aligned}(q^{n}-1)(q^{n}-q)(q^{n}-q^{2})\cdots (q^{n}-q^{n-1})&=qq^{2}\cdots q^{n-1}(q^{n}-1)(q^{n-1}-1)\cdots (q-1)\\&=q^{\binom {n}{2}}(q^{n}-1)(q^{n-1}-1)\cdots (q-1).\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}F\in \mathbb {Q} [X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad ${}3$ und es sei ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ eine Körpererweiterung, in der ${}F$ in Linearfaktoren zerfällt. Zeige, dass die Nullstellen von ${}F$ in ${}L$ nicht die Form ${}\alpha ,\alpha +\beta ,\alpha +\gamma$ mit rationalen Zahlen ${}\beta ,\gamma$ haben können.

Lösung

Nehmen wir an, die Nullstellen hätten die Form ${}\alpha ,\alpha +\beta ,\alpha +\gamma$ mit rationalen Zahlen ${}\beta ,\gamma$. Dann würde über ${}L$ für ${}F$, das wir als normiert annehmen dürfen, die Faktorzerlegung

${}F=(X-\alpha )(X-(\alpha +\beta ))(X-(\alpha +\gamma ))\,$

vorliegen. Dann wäre insbesondere der Koeffizient vor ${}X^{2}$, also das Negative von

${}\alpha +\alpha +\beta +\alpha +\gamma =3\alpha +\beta +\gamma \,$

eine rationale Zahl. Doch dann ist schon ${}\alpha$ eine rationale Zahl und wir haben eine rationale Nullstelle im Widerspruch zur Voraussetzung der Irreduzibilität von ${}F$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\subseteq L$ eine graduierte Körpererweiterung mit graduierender Gruppe ${}\mathbb {Z} /(4)$. Bestimme die Matrizen in Diagonalgestalt, die die ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$- Automorphismen von ${}L$ beschreiben.

Lösung

Es sei ${}u\in L$ ein Element ${}\neq 0$ vom Grad ${}1$. Dann ist ${}1=u^{0},u,u^{2},u^{3}$ eine homogene Basis von ${}L$. Die Charaktere von ${}\mathbb {Z} /(4)$ in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ sind durch das Bild der ${}1$ festgelegt und liefern die Automorphismen. Diese werden bezüglich der Basis durch die Matrizen

${\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&{\mathrm {i} }&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-{\mathrm {i} }&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

beschrieben.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K_{n}$ der ${}n$-te Kreisteilungskörper über ${}\mathbb {Q}$ und

${}L_{n}=K_{n}\cap \mathbb {R} \,.$

Zeige, dass bei ${}n\geq 3$ die Körpererweiterung ${}L_{n}\subseteq K_{n}$ den Grad ${}2$ besitzt.

Lösung

Es sei ${}\zeta$ eine primitive ${}n$-Einheitswurzel, die ${}K_{n}$ erzeugt. Es ist ${}\zeta +{\overline {\zeta }}\in R_{n}$. Das Polynom

${}(X-\zeta )(X-{\overline {\zeta }})=X^{2}-(\zeta +{\overline {\zeta }})X+1\,$

besitzt ${}\zeta$ als Nullstelle und seine Koeffizienten gehören zu ${}R_{n}$. Daher ist

${}K_{n}=R_{n}[\zeta ]\,$

und ${}\zeta$ erfüllt eine quadratische Gleichung über ${}R_{n}$. Da bei ${}n\geq 3$ die Kreisteilungskörper nicht reell sind, liegt eine quadratische Körpererweiterung vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl und ${}G$ eine endliche Gruppe mit ${}p^{r}$ Elementen. Zeige, dass ${}G$ auflösbar ist.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}r$, bei ${}r=0$ ist die Aussage trivialerweise richtig. Es sei also ${}r\geq 1$. Nach Lemma 26.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist das Zentrum ${}Z$ von ${}G$ nichttrivial. Das Zentrum ist ein Normalteiler in ${}G$ und somit liegt eine kurze exakte Sequenz

$\{e\}\longrightarrow Z\longrightarrow G\longrightarrow G/Z\longrightarrow \{e\}$

vor. Die Restklassengruppe besitzt ${}p^{s}$ Elemente mit ${}s<r$. Daher kann man auf die Restklassengruppe die Induktionsvoraussetzung anwenden und erhält, dass diese auflösbar ist. Als kommutative Gruppe ist das Zentrum ebenfalls auflösbar. Somit ergibt Lemma 21.3 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), dass ${}G$ auflösbar ist.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

1. Zeige, dass eine transitive Untergruppe ${}G\subseteq S_{n}$ zumindest ${}n$ Elemente besitzt.
2. Zeige, dass es eine transitive Untergruppe ${}G\subseteq S_{n}$ mit genau ${}n$ Elementen gibt.

Lösung

1. Aufgrund der Transitivität muss es für jedes ${}y\in {\{1,\ldots ,n\}}$ ein Element ${}\pi \in G$ geben, das die ${}1$ auf ${}y$ abbildet, also muss es zumindest ${}n$ Gruppenelemente in ${}G$ geben.
2. Wir betrachten die vom Zykel ${}1\mapsto 2\mapsto \ldots \mapsto n\mapsto 1$ erzeugte Untergruppe. Diese ist zyklisch der Ordnung ${}n$ und besitzt insbesondere ${}n$ Elemente. Die Transitivität ist klar.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass man zu einer Geraden ${}G$ und zwei Punkten ${}Q_{1},Q_{2}\in G$ die zu ${}G$ senkrechte Gerade zeichnen kann, die die Strecke zwischen ${}Q_{1}$ und ${}Q_{2}$ halbiert.

Lösung

Wir zeichnen die beiden Kreise ${}C_{1}$ und ${}C_{2}$ mit dem Mittelpunkt ${}Q_{1}$ durch ${}Q_{2}$ und umgekehrt. Die beiden Schnittpunkte von ${}C_{1}$ und ${}C_{2}$ seien ${}S_{1}$ und ${}S_{2}$. Deren Verbindungsgerade steht senkrecht auf ${}G$ und halbiert die Strecke zwischen ${}Q_{1}$ und ${}Q_{2}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass man aus dem Einheitsintervall ${}[0,1]$ als Startmenge den gesamten ${}\mathbb {R} ^{2}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.

Lösung

Wegen ${}0,1\in [0,1]$ lassen sich alle Punkte aus ${}\mathbb {Q} ^{2}$ konstruieren. Insbesondere lassen sich die ${}x$- und die ${}y$-Achse (als Geraden) konstruieren. Da man jede reelle Zahl ${}x$ als

${}x=n+r\,$

mit ${}n\in \mathbb {Z}$ und ${}r\in [0,1]$ schreiben kann, und mit zwei Zahlen auch deren Summe konstruierbar ist, lassen sich alle reellen Zahlen aus dem Einheitsideal konstruieren. Mit dem Zirkel lässt sich jede reelle Zahl auf die ${}y$-Achse umschlagen. Somit lässt sich wie im Beweis zu Lemma 24.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) überhaupt jeder Punkt konstruieren.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Zeige, dass ${}K$ in einer Körpererweiterung der Form

${}K\subseteq K(X_{1},\ldots ,X_{n})\,$

algebraisch abgeschlossen ist, also mit seinem algebraischen Abschluss in ${}K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ übereinstimmt.

Lösung

Es sei ${}f\in K(X_{1},\ldots ,X_{n})$ algebraisch über ${}K$, es ist ${}f\in K$ zu zeigen. Unter Verwendung der Körperkette

${}K\subset K(X_{1})\subset K(X_{1},X_{2})\subset \ldots \subset K(X_{1},\ldots ,X_{n})\,$

genügt es, die Aussage für ${}n=1$ zu zeigen. Es sei also ${}f=P/Q$ mit Polynomen ${}P,Q\in K[X]$ und sei eine algebraische Relation

${}a_{n}f^{n}+\cdots +a_{0}=0\,$

mit ${}a_{n}\neq 0$ gegeben. Wegen der Faktorialität des Polynomringens können wir ${}P$ und ${}Q$ als teilerfremd annehmen. Multiplikation der algebraischen Relation mit ${}Q^{n}$ führt auf

${}a_{n}P^{n}+a_{n-1}P^{n-1}Q+\cdots +a_{0}Q^{n}=0\,$

bzw. auf

${}a_{n}P^{n}=Q{\left(a_{n-1}P^{n-1}+\cdots +a_{0}Q^{n-1}\right)}\,.$

Also ist ${}Q$ ein Teiler von ${}P^{n}$ und somit nach dem Lemma von Euklid von ${}P$, was wegen der Teilerfremdheit bedeutet, dass ${}Q$ zu ${}K$ gehört. D.h. ${}f$ ist ein Polynom. Wenn ${}f$ einen positiven Grad ${}d\geq 1$ hätte, so könnte aus Gradgründen keine algebraische Relation bestehen. Also ist ${}f$ ein konstantes Polynom und somit ${}f\in K$.